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% 定义新的带灰色背景的说明环境 zremark
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]{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{14.1 习题}
\author{张志聪}
\maketitle

\section*{14.1.1}
修改下证明顺序。

（1）如果极限$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E} f(x)$存在，那么它一定等于$f(x_0)$。

反证法，假设$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E} f(x) = L, L \neq f(x_0)$。
因为极限$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E} f(x) = L$可知，
设$0 < \epsilon < d_Y(f(x_0), L)$，存在$\delta > 0$，使得只要$x \in E$满足$d_X(x, x_0) < \delta$，
就有$d_Y(f(x), L) < \epsilon$。
因为$x_0 \in E, d_X(x_0, x_0) = 0 < \delta$，
即$x = x_0$时$d_Y(f(x), L) > \epsilon$，存在矛盾。



（2）证明：极限$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E} f(x)$存在，
当且仅当极限$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E \setminus \{x_0\}} f(x)$存在且等于$f(x_0)$。

\begin{itemize}
  \item $\Rightarrow$

        极限$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E} f(x)$存在，按照定义14.1.1可知，
        极限$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E \setminus \{x_0\}} f(x)$存在。接下来，
        需要证明$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E \setminus \{x_0\}} f(x) = f(x_0)$。

        反证法，假设$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E \setminus \{x_0\}} f(x) = L, f(x_0) \neq L$。

        由（1）可知，$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E} f(x) = f(x_0)$。

        那么，设$\epsilon = \frac{1}{2} d_Y(f(x_0), L)$，存在$\delta^\prime > 0$，
        使得只要$x \in E$满足$d_X(x, x_0) < \delta^\prime$， 就有$d_Y(f(x), f(x_0)) < \epsilon$。

        存在$\delta^{\prime\prime} > 0$，
        使得只要$x \in E$满足$0 < d_X(x, x_0) < \delta^{\prime\prime}$， 就有$d_Y(f(x), L) < \epsilon$

        综上，取$\delta = min(\delta^\prime, \delta^{\prime\prime})$，
        使得只要$x \in E$满足$0 < d_X(x, x_0) < \delta$，就有
        \begin{equation*}
          \begin{cases*}
            d_Y(f(x), f(x_0)) < \epsilon \\
            d_Y(f(x), L) < \epsilon
          \end{cases*}
        \end{equation*}
        于是可得
        \begin{align*}
          d_Y(f(x_0), L) \leq d_Y(f(x), f(x_0)) + d_Y(f(x), L) < d_Y(f(x_0), L)
        \end{align*}
        存在矛盾。

  \item $\Leftarrow$

        按照定义14.1.1可以直接证明，具体过程略。
\end{itemize}

\section*{14.1.2}

\begin{itemize}
  \item $(a) \Leftrightarrow (b)$

        与定理13.1.4证明相似，不做赘述。


  \item $(a) \implies (c)$

        因为$V$是开集且$L \in V$，所以存在$r > 0$使得$B_{(Y, d_Y)}(L, r) \subseteq V$。
        因为(a)成立，所以存在$\delta > 0$使得只要$x \in E$满足$d_X(x, x_0) < \delta$，
        就有$d_Y(f(x), L) < r$。

        令$U := B_{(X, d_X)}(x_0, \delta), U \subset X$。
        对任意$x \in U \cap E$，都有$x \in E$且$d_X(x, x_0) < \delta$，
        于是$d_Y(f(x), L) < r$，即$f(x) \in B_{(Y, d_Y)}(L, r) \subseteq V$。
        所以，$f(U \cap E) \subseteq V$。

  \item $(c) \implies (a)$

        设$(x^{(n)})_{n = 1}^\infty$是$E$中依度量$d_X$收敛于$x_0$的序列。
        任意$\epsilon > 0$，
        令$V := B_{(Y, d_Y)}(L, \epsilon)$，由(c)可知，存在一个包含$x_0$的开集$U \subset X$，
        使得$f(U \cap E) \subseteq V$。

        因为$U$是开集，所以存在$\delta > 0$使得$B_{(X, d_X)}(x_0, \delta) \subseteq U$。
        序列$(x^{(n)})_{n = 1}^\infty$是$E$中依度量$d_X$收敛于$x_0$的序列，
        所以存在$N \geq 1$使得
        \begin{align*}
          d_X(x_0, x^{(n)}) < \delta
        \end{align*}
        对所有的$n \geq N$均成立。

        于是对$n \geq N$，有$x^{(n)} \in B_{(X, d_X)}(x_0, \delta) \subseteq U, x^{(n)} \in E$，
        此时，
        \begin{align*}
          f(x^{(n)}) \in V
        \end{align*}
        即，对任意$n \geq N$都有
        \begin{align*}
          d_Y(f(x^{(n)}), L) < \epsilon
        \end{align*}
        由$\epsilon$的任意性可知，$(f(x^{(n)}))_{n = 1}^\infty$收敛于$L$。

  \item $(a) \implies (d)$

        (a)成立，那么，对任意$\epsilon > 0$，都存在$\delta > 0$使得只要
        $x \in E$满足$d_X(x, x_0) < \delta$，就有$d_Y(f(x), L) < \epsilon$。
        因为$x \in E \setminus \{x_0\}$时$g(x) = f(x)$，所以，以上性质函数$g$也成立。

        现在只需再额外考虑$x = x_0$是否满足定义要求即可。
        $d_X(x_0, x_0) = 0 < \delta$，此时
        \begin{align*}
          d_Y(g(x), L) = d_Y(g(x_0), L) = d_Y(L, L) = 0 < \epsilon
        \end{align*}
        于是可得
        \begin{align*}
          \lim\limits_{x \to x_0; x \in E \cup \{x_0\}} g(x) = L = g(x_0)
        \end{align*}
        所以，$g$在$x_0$处是连续的。

        特别地，$x \in E$，由习题14.1.1可知$f(x_0) = L$。

  \item $(d) \implies (a)$

        如果$x_0 \notin E$，则$E \setminus \{x_0\} = E$，由$g$在$x_0$处连续，我们有
        \begin{align*}
          \lim\limits_{x \to x_0; x \in E \setminus \{x_0\}} g(x) = \lim\limits_{x \to x_0; x \in E} g(x) = \lim\limits_{x \to x_0; x \in E} f(x) = g(x_0) = L
        \end{align*}

        如果$x_0 \in E$，由$g$在$x_0$处连续，我们有
        \begin{align*}
          \lim\limits_{x \to x_0; x \in E \setminus \{x_0\}} g(x) = \lim\limits_{x \to x_0; x \in E \setminus \{x_0\}} f(x) = g(x_0) = f(x_0)
        \end{align*}
        利用习题14.1.1可知，
        \begin{align*}
          \lim\limits_{x \to x_0; x \in E} f(x) = f(x_0)
        \end{align*}
\end{itemize}

\section*{14.1.3}

关于拓扑空间的部分，跳过

\section*{14.1.4}

关于拓扑空间的部分，跳过

\section*{14.1.5}

设$(x^{(n)})_{n = 1}^\infty$是$E$中依度量$d_X$收敛于$x_0$的序列，
由命题14.1.5(b)可知，我们只需证明序列
$(g(f(x^{n})))_{n = 1}^\infty$收敛于$z_0$即可。

$\lim\limits_{x \to x_0; x \in E} f(x) = y_0$，
由命题14.1.5(b)可知序列$(f(x^{(n)}))_{n = 1}^\infty$依度量$d_Y$收敛于$y_0$。
$\lim\limits_{y \to y_0; y \in f(E)} g(y) = z_0$，
由命题14.1.5(b)可知序列$(g(f(x^{(n)})))_{n = 1}^\infty$依度量$d_Z$收敛于$z_0$。

\section*{14.1.6}

（1）9.3.14在度量空间下的类比：

设$(X, d_X)$是度量空间，$E$是$X$的一个子集，$x_0$是$E$的附着点，
并且设$f: X \to \mathbb{R}$和$g: X \to \mathbb{R}$都是函数。
假设$f$在$x_0$处沿着$E$有极限$L$，并且$g$在$x_0$处沿着$E$有极限$M$，
那么$f + g$在$x_0$处沿着$E$有极限$L + M$，
$f - g$在$x_0$处沿着$E$有极限$L - M$，
$max(f,g)$在$x_0$处沿着$E$有极限$max(L, M)$，
$min(f,g)$在$x_0$处沿着$E$有极限$min(L, M)$，
而且$fg$在$x_0$处沿着$E$有极限$fg$。
如果$c$是一个实数，那么$cf$在$x_0$处沿着$E$有极限$cf$。
最后，如果$g$在$E$上不为零（即对一切的$x \in E$均有$g(x) \neq 0$）并且$M$不等于0，
那么$f/g$在$x_0$处沿着$E$有极限$f/g$。

（2）证明

我们只证明第一个结论（即$f + g$有极限$L + M$），其余结论的证明非常类似。

因为$x_0$是$E$的一个附着点，那么根据引理9.1.14（更准确的说，是度量空间下的推广）可知，
存在一个由$E$中的元素构成的序列$(x_n)_{n = 0}^\infty$，它是收敛于$x_0$的。
由于$f$在$x_0$处沿着$E$有极限$L$，由命题14.1.15(b)可知存在一个由$f(x_n)$组成的序列$(f(x_n))_{n = 0}^\infty$，
它是收敛于$L$的。
由于$g$在$x_0$处沿着$E$有极限$M$，由命题14.1.15(b)可知存在一个由$g(x_n)$组成的序列$(g(x_n))_{n = 0}^\infty$。
根据序列的极限定律（定理6.1.19），我们推导出
$((f+g)(x_n))_{n = 0}^\infty$是收敛于$L + M$的。

\end{document}